Среднее абсолютное отклонение меньше стандартного отклонения для

Я хочу сравнить среднее абсолютное отклонение со стандартным отклонением в общем случае с этим определением:

M A D = \frac{1}{n - 1} \sum_{1}^{n} | x_{i} - μ |, S D = \sqrt{\frac{\sum_{1}^{n} (x_{i} - μ)^{2}}{n - 1}}

$MAD = \frac{1}{n-1}\sum_1^n|x_i - \mu|, \qquad SD = \sqrt{\frac{\sum_1^n(x_i-\mu)^2}{n-1}}$

где $\mu =\frac{1}{n}\sum_1^n x_i$ .

Верно ли, что $MAD \le SD$ для каждого $\{x_i\}^n_1$ ?

Это неверно для $n=2$ , потому что $x+y \ge \sqrt{x^2+y^2}$ , для каждого $x, y \ge 0$ .

Легко показать, что:

M A D \leq \sqrt{\frac{n}{n - 1}} \times S D

$MAD \le \sqrt{\frac{n}{n-1}} \times SD$

mean standard-deviation mean-absolute-deviation Лисбет
источник

Ответы:

Нет, в целом это не так.

Простой способ взглянуть на это - смоделировать. Обычно я собираю бесконечный цикл, который останавливается, если он находит контрпример. Если он работает долго, я начинаю думать о том, может ли претензия быть правдой. В данном случае мой код R выглядит так:

while ( TRUE ) {
    xx <- runif(3)
    mad <- sum(abs(xx-mean(xx)))/(length(xx)-1)
    sd <- sqrt(sum((xx-mean(xx))^2)/(length(xx)-1))
    if ( mad > sd ) break
}
xx

Это дает контрпример:

[1] 0.7852480 0.0760231 0.8295893

Стефан Коласса
источник

n - 1

$n-1$

n

$n$

s_{n}

$s_n$

n

$n$

$\mu = 0$

$(\sum_{i=1}^{i=n}|x_i|)^2 \leq (n-1)(\sum_{i=1}^{i=n}|x_i|^2))$

$|x_i| |x_j|$ $x_i$ $x_1 = x_2 =1, x_3=x_4 = -1$ $\frac{4}{3} \leq \sqrt{\frac{4}{3}}$

Мех
источник

n

$n$

x_{i} = \pm 1

$x_i = \pm 1$

M A D = \frac{n}{n - 1} > \sqrt{\frac{n}{n - 1}} = S D

$MAD = \frac {n}{n-1} > \sqrt{\frac {n}{n-1}} = SD$

M A D \leq S D

$MAD \leq SD$

x_{i}

$x_i$

n

$n$

x_{0} = - 2

$x_0=-2$

x_{1} = x_{2} = 1

$x_1=x_2=1$

x_{i} = \pm 1

$x_i = \pm1$

M A D = \frac{n + 1}{n - 1} > \sqrt{\frac{n + 3}{n - 1}} = S D

$MAD = \frac {n+1}{n-1} > \sqrt {\frac {n+3}{n-1}} = SD$

n - 1

$n-1$

n^{2} + 2 n + 1 = (n + 1)^{2} (n + 3) (n - 1) = n^{2} + 2 n - 3

$n^2+2n+1 = (n+1)^2 \> (n+3)(n-1) =n^2+2n-3$

M A D > S D

$MAD > SD$

x_{i}

$x_i$

| x_{i} | | x_{j} |

$|x_i| |x_j|$

n^{2}

$n^2$

(n - 1)

$(n-1)$

x_{i}

$x_i$

@Martijn Все, что я говорил, было то, что небольшая алгебра указала путь к поиску контрпримеров. Я ни в коем случае не думаю, и я не думаю, что у меня даже создалось впечатление, что я думал, что неравенство всегда было ложным или истинным.

Мех

Комментарий "(n-1) недостаточно, чтобы восполнить ..." звучал для меня немного сложно. В некоторых случаях этого может быть достаточно.

Секст Эмпирик